Dzień pierwszy - grupa starsza
1. Załóżmy, że a, b, c są liczbami rzeczywistymi dodatnimi takimi, że a(b + c) = 152, b(c + a) = 162 oraz c(a + b) = 170. Wyznacz wartość wyrażenia abc.
2. Wewnątrz trójkąta równobocznego ABC znajduje się punkt P taki, że
|P A| = 6, |P B| = 8, |P C| = 10.
Wyznacz pole trójkąta ABC.
3. Na tablicy napisano ciąg kolejnych n liczb całkowitych, począwszy od 1. Następnie wymazano jedną z zapisanych liczb, powiedzmy k. Średnia arytmetyczna pozostałych liczb równa jest 35177. Znajdź najmniejszą liczbę k, którą można wymazać (spośród wszystkich k dla wszystkich możliwych n), aby uzyskać powyższe warunki.
4. Na przyjęciu spotkało się 2013 osób. Wiadomo, że wśród każdych trzech osób można wskazać taką, która zna dwie pozostałe osoby z tej trójki. Wykaż, że pewna osoba zna wszystkie inne osoby obecne na przyjęciu. Uwaga. Przyjmujemy, że jeśli osoba A zna osobę B, to osoba B zna osobę A.
5. Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC, w którym |AB| 6= |AC|. Proste BI i CI przecinają boki AC i AB odpowiednio w punktach D i E. Wyznaczyć wszystkie miary kąta BAC, dla których może zachodzić |DI| = |EI|.
Dzień pierwszy - grupa starsza - rozwiązania
1. Z warunków zadania wynika, że zachodzi układ równań:
ab + ac = 152 ab + bc = 162 ac + bc = 170
.
Dodając te równania stronami otrzymujemy 2ab + 2bc + 2ac = 484. Zatem ab + bc + ac = 242.
Porównując tę równość z każdą z równości wymienionych w układzie równań dostajemy: ab = 242 −170 = 72, bc = 242−152 = 90, ac = 242−162 = 80. Zatem (ab)(bc)(ca) = 80·90·72. Szukana liczba abc jest pierwiastkiem kwadrateowym tej wielkości (ponieważ a, b, c > 0) i wynosi 720.
2. Odbijamy punkt P względem każdego z trzech boków AB, BC, CA otrzymując odpowiednio punkty P1, P2, P3. Następujące pary trójkątów są w ten sposób przystające: AP1B oraz AP B, dalej BP2C oraz BP C, wreszcie CP3A oraz CP A. Zatem [AP1BP2CP3] = 2[ABC], gdzie przez [X1. . . Xn] oznaczamy pole wielokąta (w naszym przypadku zawsze – wypukłego) X1. . . Xn. Z drugiej zachodzi rowność:
[AP1BP2CP3] = [P1P2P3] + [P1BP2] + [P2CP3] + [P3AP1].
Zauważmy, że kąty ∡P1BP2, ∡P2CP3, ∡P3AP1 mają miary 120◦. Co więcej |P1B| = |BP2| = 8,
|P2C| = |CP2| = 10, |P3A| = |AP1| = 6. Zatem
[P1BP2] + [P2CP3] + [P3AP1] = (64 + 100 + 36)√ 3
4 = 50√
3.
Natomiast |P1P2| = 8√
3, |P2P3| = 10√
3, |P3P1| = 6√
3. Trójkąt P1P2P3 jest zatem prostokąty i jego pole równe jest 72. Zatem [AP1BP2CP3] = 72 + 50√
3. Stąd [ABC] = 36 + 25√ 3.
3. Załóżmy, że przed wymazaniem pewnej liczby na tablicy znajdowało się n kolejnych liczb całkowi- tych, począwszy od 1. Suma elementów tego zbioru to n(n+1)2 . Przyjmijmy, że wymazana została liczba k ¬ n. Warunek dotyczący średniej pozostałych na tablicy liczb możemy zatem przepisać w postaci następującego równania:
n(n+1)
2 − k
n − 1 = 35 7
17 ⇒17 n(n + 1)
2 − k
= 602(n − 1).
Jest jasne, że NW D(602, 17) = 1, a zatem n − 1 jest liczbą podzielną przez 17. Zatem n ma postać n = 17p + 1, dla pewnego p 1 całkowitego. Nasza równość przybiera zatem postać:
(17p + 1)(17p + 2) − 2k = 1204p.
Po rozwinięciu otrzymujemy równanie postaci:
289p2− 1153p + 2 = 2k.
Zauważmy, że minimum funkcji kwadratowej znajdującej się po prawej stronie jest przyjmowane dla p = 1153/578 ≃ 1.99. Zatem argumentem całkowitym p, dla któregp f(p) = 289p2− 1153p + 2 przyjmuje najmniejszą wartość całkowitą jest p = 2. Łatwo widzieć, że dla p = 1, 2, 3 funkcja f(p)
przyjmuje wartości ujemne. Zatem najmniejszym argumentem całkowitym dodatnim p, dla którego f (p) przyjmuje wartość całkowitą dodatnią jest p = 4. Wówczas f (p) = 14, a zatem k = 7. Zatem k = 7 jest najmniejszą liczbą, jaką można wymazać z tablicy kolejnych n (w tym przypadku: n = 69) liczb tak, by średnia pozostałych wyniosła 35177.
4. Zadanie z III etapu VIII OMG. Przypuścmy, że wśród uczestników przyjęcia istnieje osoba A, która nie zna przynajmniej dwóch innych osób B i C. Wówczas spośród osób A, B, C nie można wska- zać takiej, która zna dwie pozostałe osoby z tej trójki. Opisany przypadek jest zatem sprzeczny z warunkami zadania, skąd wniosek, że każdy uczestnik przyjęcia zna wszystkich innych lub nie zna dokładnie jednej z pozostałych osób.
Zauważmy, że w takiej sytuacji ludzi, którzy się nie znają, możemy połączyć w pary. Gdyby nie istniała osoba, znająca wszystkich pozostałych, to każdy z obecnych należałby do jakiejś pary. Jest to jednak niemożliwe, gdyż liczba uczestników przyjęcia jest nieparzysta. Z otrzymanej sprzeczności wynika, że pewna osoba zna wszystkie inne osoby obecne na przyjęciu.
5. Zadanie z II etapu 51 OM. Wykażemy, ze jedyną wartością przyjmowaną przez BAC jest 60◦. Skoro I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC, to kąty IAD oraz IAE są równe. Zatem z twierdzenia sinusów, zastosowanego do trójkątów ADI oraz AEI otrzymujemy sin(∡AEI) = sin(∡ADI). Zatem dostajemy dwa przypadki:
∡AEI = ∡ADI lub ∡AEI + ∡ADI = 180◦.
Przypuśćmy najpierw, że zachodzi równość ∡AEI = ∡ADI. Wtedy również ∡AIE = ∡AID, co oznacza, że trójkąty AEI oraz ADI są przystające (cecha kbk). Zatem |AD| = |AE|. To dowodzi, że przystające są także trójkąty ADB i AEC (cecha kbk). Stąd uzyskujemy równość |AB| = |AC|, co przeczy założeniom poczynionym w treści zadania.
Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym ∡AEI + ∡ADI = 180◦. Wtedy punkty A, E, I, D leżą na jednym okręgu. Zatem:
∡BAC = ∡DIC = ∡IBC + ∡ICB =1
2∡ABC + 1
2∡BCA.
Stąd otrzymujemy:
180◦= ∡BAC + ∡ABC + ∡BCA = ∡BAC + 2∡BAC = 3∡BAC ⇒ ∡BAC = 60◦. Do zakończenia pozostało wykazać, że istnieje trójkąt ABC, w którym |AB| 6= |AC, ∡BAC = 60◦ oraz |DI| = |EI|. Wykażemy więcej: w każdym trójkącie ABC o kącie BAC równym 60◦ zachodzi równość |DI| = |EI|. Jeśli ∡BAC − 60◦, to
∡DIC = 1
2∡ABC +1
2∡BCA = 90◦
oraz 12∡BAC = 60◦= ∡BAC. Na czworokącie AEID można więc opisać okrąg. Ponieważ AI jest dwusieczną kąta EAD, to |DI| = |EI|.
Dzień drugi - grupa starsza
1. Czy istnieje taki trójkąt o bokach długości a, b, c, którego pole jest równe 14(ab + bc)? Odpowiedź uzasadnij.
2. Wyznacz wszystkie parami niepodobne trójkąty o obwodzie równym 20, których wszystkie boki mają długości całkowite.
3. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych x, y spełniających równanie (x + y)2− 2(xy)2= 1.
4. Znajdź największą liczbę całkowitą dodatnią n spełniającą następujące dwa warunki:
• n2 może być przedstawiona jako różnica sześcianów dwóch kolejnych liczb całkowitych,
• 2n + 79 jest kwadratem liczby całkowitej.
5. Niech f(n) będzie liczbą całkowitą najbliższą do √4
n, tzn. f (n) równe jest takiemu całkowitemu k, dla którego wyrażenie |√4
n − k| przyjmuje, dla ustalonego n, minimalną wartość. Znajdź 1
f (1)+ 1
f (2)+ . . . + 1 f (2003).
Dzień drugi - grupa starsza - rozwiązania
1. Zadanie z II etapu VII OMG. Wykażemy, że taki trójkąt nie istnieje. Przypuśćmy, że istnieje trójkąt o bokach długości a, b, c i polu równym 14(ab + bc). Oznaczmy przez h wysokość tego trójkąta opuszczoną na bok b. Wówczas:
1 2bh = 1
4(ab + bc), czyli h =1
2(a + c).
Z drugiej strony h ¬ a oraz h ¬ c oraz przynajmniej jedna z tych nierówności jest ostra (w przeciwnym razie trójkąt ten miałby dwa kąty proste). Wobec tego 2h < a + c, czyli h < 12(a + c).
Otrzymaliśmy sprzeczność.
2. Załóżmy, że trójkąt o bokach długości a ¬ b ¬ c jest jednym z szukanych. Jest jasne, że c > 6. W przeciwnym razie obwód trójkąta będzie mniejszy niż 20. Z drugiej strony jeśli c 10, to a + b ¬ 10 i nie jest spełniona nierówność trójkąta. Zatem c przyjmuje jedną z wartości: 7, 8 lub 9. Jeśli c = 9, wówczas trójka (a, b, c) ma jedną z postaci: (5, 6, 9), (4, 7, 9), (3, 8, 9), (2, 9, 9). Jeśli c = 8, wówczas trójka (a, b, c) ma jedną z postaci: (6, 6, 8), (5, 7, 8), (4, 8, 8). W przypadku, gdy c = 7, trójka (a, b, c) ma jedną możliwą postać: (6, 7, 7). Dostajemy zatem możliwe trójki (a, b, c):
(5, 6, 9), (4, 7, 9), (3, 8, 9), (2, 9, 9), (6, 6, 8), (5, 7, 8), (4, 8, 8), (6, 7, 7).
Pozostaje pokazać, że żadne dwa trójkąty o bokach długości a, b, c odpowiadające przedstawionym wyżej trójkom nie są podobne. Zauważmy, że trójkąty odpowiadające trójkom (2, 9, 9), (6, 6, 8), (4, 8, 8), (6, 7, 7) są równoramienne, a trójkąty odpowiadające pozostałym trójkom nie są rów- noramienne. Zatem żaden z wymienionych 4 trójkątów nie jest podobny do jednego z trójkątów opisanych trójką (5, 6, 9), (4, 7, 9), (3, 8, 9), (5, 7, 8). Co więcej, na mocy cechy podobieństwa BBB możemy stwierdzić, że wszystkie trójkąty równoramienne opisane przez trójki (2, 9, 9), (6, 6, 8), (4, 8, 8), (6, 7, 7) są parami niepodobne. Pozostaje stwierdzić, czy pewne dwa trójkąty opisane przez trójki (5, 6, 9), (4, 7, 9), (3, 8, 9), (5, 7, 8) są podobne. Na mocy cechy BBB podobieństwa widzimy, że jeśli trójkąty odpowiadające trójkom (a, b, c), (a′, b′, c′) są podobne, to a/a′ = b/b′ = c/c′. Zatem a = a′⇔ b′= b ⇔ c′ = c, więc c 6= c′. Zatem trójkąty (5, 6, 9), (4, 7, 9), (3, 8, 9) są parami niepodob- ne. Z tych samych powodów nie są podobne pary trójkątów (5, 6, 9), (5, 7, 8) oraz (4, 7, 9), (5, 7, 8) (przynajmniej jedna para odpowiadających sobie boków ma tę samą długość). Ostatnią parą, którą sprawdzamy jest para (3, 8, 9), (5, 7, 8). Skoro jednak 3/5 6= 8/7, to trójkąty wyznaczone przez tę parę trójek również nie są podobne. To kończy dowód.
3. Zadanie z I etapu 54 OM. Dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y 2 mamy xy = x · y
2 + y ·x
2 x + y.
Zatem dla liczb rzeczywistych x, y 2 prawdziwe są nierówności 2(xy)2+ 1 > (xy)2 (x + y)2,
co oznacza, że dane równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych (a nawet rzeczywistych) x, y 2. Wobec tego, jeśli para liczb całkowitych dodatnich spełnia dane w treści zadania równanie
to jedna z liczb x, y musi być równa 1. Przyjmijmy, ze względu na symetrię, że tą liczbą jest x.
Dane równanie przyjmuje wówczas postać (y + 1)2− 2y2 = 1. Dostajemy zatem y = 2. Równanie ma więc dwa rozwiązania (x, y) postaci (1, 2) oraz (2, 1).
4. Niech n2= (m + 1)3− m3= 3m2+ 3m + 1, lub równoważnie:
(2n + 1)(2n − 1) = 4n2− 1 = 12m2+ 12m + 3 = 3(2m + 1)2.
Skoro 2n + 1 oraz 2n − 1 są obydwie nieparzyste i ich różnica wynosi 2, to są to liczby względnie pierwsze. Skoro jednak ich iloczyn jest trzykrotnością kwadratu liczby całkowitej, to jedna z nich musi być kwadratem, a druga musi być trzykrotnością kwadratu. Nie jest możliwe, aby 2n − 1 było trzykrotnością kwadratu, ponieważ wówczas 2n + 1 byłoby kwadratem przystającym 2 modulo 3, co nie jest możliwe.
Zatem 2n−1 = b2, dla pewnego b całkowitego dodatniego. Także 2n+79 jest kwadratem, powiedzmy a2, dla pewnego a całkowitego dodatniego. Jest jasne, że a > b. Zatem (a + b)(a −b) = a2− b2= 80.
Skoro a − b oraz a + b mają tę samą parzystość oraz ich iloczyn jest parzysty, to każdy z czynników jest parzysty. Skoro n = (b2− 1)/2, to aby zmaksymalizować n wystarczy zmaksymalizować b.
Wiadomo natomiast, że 2b = (a+ b)−(a−b). Łatwo widzieć, że różnica powyższa jest maksymalna, gdy a + b = 40, zaś a − b = 2. Wówczas a = 21, b = 19, a stąd n = 181 oraz m = 104. Zatem odpowiedź to 181.
5. Skoro f(n) jest liczbą całkowitą najbliższą √4
n to wiemy, że |√4
n − f(n)| < 1/2. Wynika stąd, że zachodzą nierówności:
(f(n) − 1/2)4< n < (f (n) + 1/2)4.
Jak interpretować te nierówności? Dla przykładu, jeśli n jest liczbą z przedziału (0.54, 1.54), wówczas f (n) = 1. Jeśli n jest liczbą z przedziału (1.54, 2.54), wówczas f(n) = 2. Ogólnie, jeśli liczba n jest z przedziału ((k − 0.5)4, (k + 0.5)4), wówczas f(n) = k. Używając wyrażeń dwumianowych:
(k − 0.54) = k4− 2k3+3 2k2−1
2k + 1
16, (k + 0.54) = k4+ 2k3+3 2k2+1
2k + 1 16,
widzimy, że (k + 0.5)4− (k − 0.5)4= 4k3+ k, co jest liczbą całkowitą dla każdego k całkowitego.
Innymi słowy dokładnie 4k3+ k wartości liczby n daje wartość f(n) = k. Przykładowo, dokładnie 4 · 13+ 1 = 5 wartości liczby n daje f(n) = 1. Następnie 4 · 23+ 2 = 34 wartości liczby n dają f (b) = 2 itd. Interesuje nas policzenie sumy wyrażeń postaci f(n)1 dla 1 ¬ n ¬ 2003. W sumie tej jest dokładnie 4k3+ k wyrazów postaci 1k, czyli suma ta ma postać:
1
1 + . . . +1
| {z 1}
5
+1 2 +1
2 + . . . +1
| {z 2}
34
+ . . . + 1
k+ . . . + 1
| {z k}
k3+k
+ . . . + 1 f (2003).
Cała suma ma 2003 składników, w tym: 5 składników 1/1, 34 składniki równe 1/2, 111 składników postaci 1/3, 260 składników postaci 1/4, 505 składników postaci 1/5, 870 składników postaci 1/6 oraz 2003 - (5 + 34 + 111 + 260 + 505 + 870) = 228 składników postaci 1/7. Zatem suma ma postać:
5 ·1
1 + 34 ·1
2 + 111 ·1
3 + 260 ·1
4 + 505 ·1
5 + 870 ·1
6+ 218 ·1
7 = 370 + 218
7 = 4014 7.
Dzień trzeci - grupa starsza
1. Zakładając, że:
1
2!17!+ 1
3!16!+ 1
4!15!+ 1
5!14!+ 1
6!13!+ 1
7!12!+ 1
8!11!+ 1
9!10! = N 1!18!
znajdź największą liczbą całkowitą nie większą niż 100N .
2. W centrum wielkiej (i płaskiej) prerii, przy przecięciu dwóch prostopadłych autostrad stacjonuje wóz strażacki. Wóz ten może podróżować po autostradzie 50 mil na godzinę, a po prerii - 14 mil na godzinę. Rozważmy zbiór punktów prerii, do których wóz strażacki może dojechać w ciągu 6 minut.
Wyznacz pole tego obszaru.
3. W przestrzeni danych jest 6 punktów, z których żadne cztery nie leżą na jednej płaszczyźnie. Łącząc niektóre z tych punktów narysowano 10 odcinków. Wykaż, że w ten sposób uzyskano co najmniej jeden trójkąt.
4. Trzy różne punkty A, B, C leżą na okręgu o. Proste styczne do okręgu o w punktach A i B przecinają się w punkcie P . Prosta styczna do okręgu o w punkcie C przecina prostą AB w punkcie Q.
Udowodnić, że:
|P Q|2= |P B|2+ |QC|2. 5. Dana jest liczba pierwsza p oraz takie liczby całkowite x, y, z, że:
0 < x < y < z < p.
Wykazać, że jeśli liczby x3, y3, z3dają takie same reszty przy dzieleniu przez p, to liczba x2+y2+z2 jest podzielna przez x + y + z.
Dzień trzeci - grupa starsza - rozwiązania
1. Mnożymy obydwie strony równości przez 19!, aby otrzymać równość:
19 2
+19
3
+ . . . +19 9
= 19N.
Wiadomo, że nk = n−kn
. Zatem dostajemy równość:
19 2
+19
3
+ . . . +19 17
= 38N.
Dla dowolnego n całkowitego dodatniego zachodzi natomiast równość:
n 0
+n
1
+ . . . +n n
= 2n. Zatem:
38N = 219−19 0
−19 1
−19 18
−19 19
= 219− 1 − 19 − 1 − 19 = 219− 40.
Stąd N równe jest:
218− 20
19 =(29+ 1)(29− 1)
19 − 1 = 13796.
Zatem odpowiedź to 137.
2. Przyjmujemy, że preria jest płaska i wprowadzamy układ współrzędnych OXY o środku O w punkcie przecięcia autostrad. Osie OX, OY są natomiast prostymi zawierającymi autostrady przecinające się w O. Rozważmy przypadek, gdy wóz porusza się w kierunku punktu w pierwszej ćwiartce przemierzając najpierw pewien odcinek autostrady. Po przebyciu x mil, t = d/r = x/50 czasu minęło. Jeśli wóz opuszcza autostradę, może podróżować jeszcze przez t = 101 −50x godzin, a więc przebyć d = rt = 14t = 1.4 −7x25 mil. Może zatem zakończyć trasę w dowolnym punkcie zawartym w kole Sxo środku (x, 0) oraz promieniu 1.4 −7x25. Jeśli x = 5, wówczas Sx jest okręgiem o promieniu 0. Wszystkie okręgi postaci Sx, dla x ∈ [0, 5] są jednokładne o środku jednokładności w punkcie (5, 0). Okręgi te mają wspólną styczną przechodzącą przez punkt (5,0).
✲
✻
x y
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
-1 1 2 3 4 5
Wyznaczmy równanie tej prostej stycznej. Nazwijmy ją l1. Rozważamy okrąg o środku w (0, 0).
Ma on promień 1.4. Załóżmy, że szukana prosta l1 jest styczna do tego okręgu w punkcie A. Z Twierdzenia Pitagorasa |AB|2+ |AO|2 = |OB|2, a więc |AB| =√
52− 1.42 = 245. W takim razie
tangens kąta ABO wynosi 247, a więc nachylenie szukanej prostej to −247. Skoro prosta ta przechodzi przez punkt (5, 0), to jej równanie ma postać: y = −247(x − 5). Prosta l1, razem z osią x ogranicza region, w który wóz strażacki może zajechać przy założeniu, że w każdej chwili przyrasta współ- rzędna x położenia tego wozu. Analogicznie, prosta l2 opisana równaniem y = 5 − 247x ogranicza region w jaki wóz ten może zajechać przy założeniu, że w każdej chwili przyrasta współrzędna y.
Zatem w pierwszej ćwiartce wóz strażacki może dotrzeć do regionu ograniczonego prostymi l1 oraz l2 przecinającymi się w punkcie (35/31, 35/31) oraz osiami OX i OY .
✲
✻
x y
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
-1 1 2 3 4 5
Zatem pole całego obszaru jest sumą pola kwadratu o boku 70/31 oraz czterech trójkątów o pod- stawach długości 70/31 i wysokościach równych 5 − 35/31, a więc wynosi ono:
(70/31)2+ 4 · 70/31 · (5 − 35/31)/2 = 70/31(70/31 + 10 − 70/31) = 700/31.
3. Zadanie z II etapu II OMG. Zauważmy najpierw, że z pewnego punktu wychodzą co najmniej 4 odcinki: w przeciwnym razie wszystkich odcinków byłoby co najwyżej 3·62 = 9, a jest ich 10.
Oznaczmy więc dane punkty przez A, B, C, D, E, F oraz przyjmijmy, że punkt A jest połączony z punktami B, C, D, E. Z punktu F wychodzi co najwyżej 5 odcinków, a zatem skoro wszystkich odcinków jest 10, to pewne dwa punkty spośród B, C, D, E muszą być połączone. Punkty te wraz z punktem A dają żądany trójkąt.
4. Zadanie z I etapu 54 OM. Niech M będzie środkiem odcinka AB. Wówczas trójkąt P MQ jest pro- stokątny. Na mocy twierdzenia Pitagorasa oraz podobieństwa trójkątów QBC i QCA otrzymujemy:
|P Q|2= |P M|2+ |QM|2=
= |P B|2− |MB|2+ |QM|2=
= |P B|2+ (|QM| − |MB|)(|QM| + |MB|) =
= |P B|2+ |QB| · |QA| = |P B|2+ |QC|2.
5. Zadanie z III etapu 54 OM. Ponieważ liczba y3− x3= (y − x)(x2+ xy + y2) jest podzielna przez p oraz 0 < y − x < p, a więc liczba x2+ xy + y2jest podzielna przez p. Podobnie liczby y2+ yz + z2 oraz x2+ xz + z2 są podzielne przez p. Zatem liczba:
(x2+ xy + y2) − (y2+ yz + z2) = (x − z)(x + y + z)
jest również podzielna przez p, co implikuje podzielność przez p liczby x + y + z. Liczba ta, jako mniejsza niż 3p jest więc równa p lub 2p.
Z podzielności przez p liczb x2+ xy + y2, y2+ yz + z2oraz x2+ xz + z2 wynika podzielność przez p ich sumy pomnożonej przez 2 czyli liczby:
2(2x2+ 2y2+ 2z2+ xy + yz + xz) = 3(x2+ y2+ z2) + (x + y + z)2.
Z danych w treści zadania wnioskujemy, że p > 3, co w połączeniu z powyższą równością dowodzi podzielności przez p liczby x2+ y2+ z2.
Zatem w przypadku x + y + z = p zadanie zostało rozwiązane. Jeśli zaś x + y + z = 2p, to z równości (x + y + z)2= x2+ y2+ z2+ 2(xy + yz + zx) wynika, że liczba x2+ y2+ z2jest parzysta. Jest ona również podzielna przez p, a zatem dzieli się także przez x + y + z.
